2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.1.3　共面向量定理

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.1.3　共面向量定理
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　判断向量共面或四点共面
1.(2023江苏连云港检测)下面关于空间向量的说法正确的是(　　)
A.若非零向量a,b平行,则a,b所在直线平行
B.若向量a,b所在直线是异面直线,则a,b不共面
C.若A,B,C,D四点不共面,则向量不共面
D.若A,B,C,D四点不共面,则向量不共面
2.(2024江苏苏州期末)若向量a,b,c不共面,则下列选项中三个向量不共面的是　(　　)
A.b-c,b,b+c B.a+b,c,a+b+c
C.a+b,a-c,c D.a-b,a+b,a
3.(2024江苏盐城新丰中学等五校期末联考)已知A,B,C三点不共线,O是平面ABC外任意一点,下列条件中能确定点M,A,B,C共面的是(　　)
A.
B.
C.
D.
题组二　共面向量定理的应用
4.(2024江苏常州联盟学校调研)已知P为空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且,则实数x的值为(　　)
A.
5.已知向量e1,e2,e3不共面,且a=2e1-e2+e3,b=-e1+4e2-2e3,c=11e1+5e2+λe3,若向量a,b,c共面,则λ=　　　　.
6.(2024江苏南京人民中学、海安实验中学、句容三中月考)已知圆锥PO(P为圆锥顶点,O为底面圆的圆心)的轴截面是边长为2的等边三角形,A,B,C为底面圆周上三点,空间一动点Q满足,则||的最小值为　　　　.
7.(2023山东德州期中)对任意空间四边形ABCD,已知E,F分别是AD,BC的中点.证明:(1)共面;
(2)不共线.
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组　共面向量定理的应用
1.(2024江苏盐城中学期末)已知点D在△ABC所确定的平面内,O是平面ABC外任意一点,若正实数x,y满足,则的最小值为(　　)
A.　　　　C.2　　　　D.4
2.(2024福建厦门第一中学月考)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形,,AC1与平面EFG交于点M,则=(　　)
A.
3.(2024河南郑州外国语学校期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,H分别在棱BB1,BC,BA上,且满足,O是平面B1HN,平面ACM与平面B1BDD1的一个公共点,设,则x+y+3z=(　　)
A.2　　　　B.
4.(2022江苏苏州期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点,且存在x,y∈R,使成立,则点P的轨迹长度为(　　)
A.
5.(2023山东青岛一中月考)已知A,B,C三点不在同一条直线上,A,B,C,P四点共面,对空间任意一点O,满足,则实数t=　　　　　,=　　　　　.
6.(2023江苏常州联盟学校期中)一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成(如图1),沿AD,BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直,连接EF,AE,CF,AC,如图2,若点P满足,且x+y+z=1,则||的最小值为　　　　.
　
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,若E,F分别为PC,BD的中点.求证:
(1)EF∥平面PAD;
(2)EF⊥平面PCD.(用向量方法证明)
答案与分层梯度式解析
6.1.3　共面向量定理
基础过关练
1.D 2.C 3.D 4.B
1.D　由向量平行与直线平行的区别,可知A不正确;空间向量为自由向量,与起点位置无关,通过平移可将空间中任意两个向量平移到一个平面内,因此空间中任意两个向量都是共面的,故B,C都不正确;因为AB,AC,AD是空间中共端点A但不共面的三条线段,所以向量不共面.故选D.
2.C　A中,b-c=2b-(b+c),∴b-c,b,b+c三个向量共面,故A不符合题意;
B中,a+b+c=(a+b)+c,∴a+b,c,a+b+c三个向量共面,故B不符合题意;
C中,不存在实数λ,μ,使得a+b=λ(a-c)+μc成立,∴a+b,a-c,c三个向量不共面,故C符合题意;
D中,a=[(a-b)+(a+b)],∴a-b,a+b,a三个向量共面,故D不符合题意.故选C.
3.D　要想空间中的四点M,A,B,C共面,只需满足,且x+y+z=1即可.
对于A,x+y+z=2+-1≠1,故M,A,B,C四点不共面;
对于B,x+y+z=3-2-2≠1,故M,A,B,C四点不共面;
对于C,x+y+z=≠1,故M,A,B,C四点不共面;
对于D,x+y+z==1,故M,A,B,C四点共面.故选D.
4.B　,∵P是空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,
∴=1,解得x=-,故选B.
5.答案　1
解析　因为向量a,b,c共面,所以存在实数m,n,使得c=ma+nb,即11e1+5e2+λe3=(2m-n)e1+(-m+4n)·e2+(m-2n)e3,即
6.答案　
解析　因为,
所以Q,A,B,C四点共面.
易得PO⊥平面ABC,所以||≥||.
因为圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形,
所以|,所以||的最小值为.
7.证明　(1)如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,
则,①
.②
①+②得,2,
所以,
由共面向量定理,得共面.
(2)假设共线,则存在实数λ,使得,即),
所以-,
整理,得,
所以共面,这与空间四边形ABCD中不共面相矛盾,故假设不成立,结论得证.
能力提升练
1.B 2.A 3.C 4.C
1.B　由A,B,C,D四点共面,可知x+2y-1=1,即x+2y=2,
由x>0,y>0,得,当且仅当(x>0,y>0),即x=y=时等号成立,故选B.
2.A　由题可设(0<λ<1),易知,
所以,又M,E,F,G四点共面,所以3λ+3λ+λ=1,解得λ=.故选A.
3.C　解法一:如图1,由题意可得.
∵O,A,C,M四点共面,O,H,N,B1四点共面,
∴,
∴x+y+3z=,故选C.
解法二:如图2,连接BD,记AC与BD的交点为Q,BQ的中点为P,连接MQ,B1P,记MQ与B1P的交点为O,过P作PT∥MQ交BB1于T.
截面BDD1B1如图3,
∵P为BQ的中点,PT∥MQ,∴T为BM的中点,
∴MT=MB1,
∴,因此.
∵,
∴x+y+3z=.故选C.
4.C　如图,连接EF,因为成立,所以共面,即B1P∥平面BEF.
取A1D1的中点Q,连接B1Q,B1A,AQ,根据正方体的性质得B1Q∥BE,B1A∥FE,且B1Q∩B1A=B1,BE∩FE=E,所以平面B1AQ∥平面BEF,所以点P在AQ上运动,点P的轨迹为线段AQ.因为A1A=1,A1Q=,所以AQ=,故选C.
5.答案　1;0
解析　由,得,
由A,B,C,P四点共面,得1-1+t=1,所以t=1,
所以,所以,所以四边形ABPC为平行四边形,则,所以=0.
6.答案　4
解析　因为点P满足,且x+y+z=1,
所以A,C,F,P四点共面,即P是平面ACF上的动点,
所以||的最小值即为E到平面ACF的距离.
由题意,将题图2中的几何体补成棱长为6的正方体,如图,
易知AF=AC=CF=AE=FE=CE=6,
设E到平面ACF的距离为h,则V三棱锥E-ACF=·S△ACF·h=V正方体-4V三棱锥E-ABC,
即)2·h=63-4××6×6×6,解得h=4,
所以||的最小值为4.
7.证明　(1)连接PF,因为E,F分别为PC,BD的中点,所以,
所以向量共面,
又EF 平面PAD,DA,PD 平面PAD,DA∩PD=D,
所以EF∥平面PAD.
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,底面ABCD是正方形,所以CD⊥平面PAD,又PA 平面PAD,所以CD⊥PA.
设AD=1,则,即1=,
所以=0,
所以)·)·=0,
所以EF⊥PD,EF⊥CD,
又PD,CD 平面PCD,PD∩CD=D,
所以EF⊥平面PCD.
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